Giaovienvietnam.com

MỤC LỤC
ĐỀ MỤC

TRANG

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
VẤN ĐỀ 1

3

DẠNG 1:

f ( x) = g ( x)

3

DẠNG 2:

f ( x) = g ( x)

8

DẠNG 3: ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH VỀ DẠNG TÍCH

9

DẠNG 4: ĐẶT ẨN PHỤ

11

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG NÂNG CAO

13

PHƯƠNG TRÌNH CH ỨA CĂN DẠNG NÂNG CAO
VẤN ĐỀ 2:
DẠNG 1: ÁP DỤNG BĐT CÔ SI ĐỂ GIẢI PT

16

DẠNG 2: ĐƯA VỀ HỆ PT ĐỂ GIẢI

23

NHẬN XÉT SKKN

26

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
Vấn đề 1:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 1


Giaovienvietnam.com

f ( x) = g ( x) (1)


DẠNG 1:

Cách giải 1: ( Sử dụng pt hệ quả)
•
•
•
•

ĐK: f ( x) ≥ 0
Bình phương hai vế pt(1) ta có pt hệ quả: f(x)=g2(x), ( giải tìm x= ?)
Thế vào pt(1) xem có thảo mãn hay khơng
Kết luận nghiệm của pt(1).

Cách giải 2: ( Sử dụng phép biến đổi tương đương)
f ( x) = g ( x)
 g ( x) ≥ 0
⇔
2
 f ( x ) = g ( x)
 Lưu ý: Khi g(x)<0 ⇒ pt(1) vơ nghiệm.
VD 1: Giải phương trình :
2x − 4 = 2

b) 3 x − 15 = −3

c)

d) 2 x − 16 = x + 4


e) 5 x − 6 = x − 3

f) 2 x 2 + 1 = x − 1

a)

4 − x = x −1

HD:
a) Cách 1: (Sử dụng pt hệ quả)
• ĐK: 2x-4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2
• Bình phương 2 vế pt đã cho ta được pt: 2x-4=4 ⇒ 2 x = 8 ⇒ x = 4
• Thế x=4 vào pt đã cho thỏa mãn
• Vậy pt có nghiệm x=4.
Cách 2: Vì 2 ≥ 0 hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần giải như sau:
•
2x − 4 = 2 ⇔ 2x − 4 = 4 ⇔ x = 4
• Vậy pt có nghiệm x=4.
b) Cách 1: ( Sử dụng phương trình hệ quả)
• ĐK: 3 x − 15 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5
• PT(b) ⇒ 3x-15=9 ⇒ 3x=24 ⇒ x=8
• Ta thấy x=8 thỏa mãn điều kiện nhưng thế vào pt(b) khơng thỏa mãn
• Vậy pt(b) vơ nghiệm.
Cách 2: ( Chỉ cần để ý -3<0) nên pt (b) vô nghiệm.
Các câu c, d, e giải tương tự.

Nguyễn Hữu Phúc

Page 2



Giaovienvietnam.com
f) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)
• Ta có: 2 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ R
• Bình phương 2 vế pt đã cho ta được pt:
2 x 2 + 1 = ( x − 1) 2
⇒ 2x2 + 1 = x2 − 2 x + 1
⇒ x2 + 2x = 0

•
•

x = 0
⇒
 x = −2
Thế x=0 và x=-2 vào pt đã cho chỉ có x=0 thỏa mãn
Vậy pt có nghiệm x=0.

Cách 2: ( Sử dụng pt trình tương đương)
•

Ta có:
2 x2 + 1 = x −1

•

x −1 ≥ 0
⇔ 2
2
2 x + 1 = ( x − 1)

x ≥ 1
⇔ 2
x + 2x = 0
x ≥ 1

⇔  x = 0 ⇔ x = 0
  x = −2

Vậy pt có nghiệm x=0.

Lời bình:


Qua các ví dụ trên cho ta thấy nhược điểm của phương pháp giải theo phương trình hệ
quả là dài và phải thử lại nghiệm ( tránh trường hợp xuất hiện nghiệm ngoại lai), cịn
phương pháp giải theo phương trình tương đương có phần ưu điểm là tiện lợi hơn,
(khơng cần phải thử lai nghiệm).



Chúng ta cần phân biệt rằng tùy theo đặc thù của phương trình chứa căn mà ta có thể
chọn cách giải 1 hoặc 2 cho phù hợp.



Vì vậy sau này chúng ta sẽ tiếp cận nhiều bài tốn chứa căn thức thì ta mới cảm nhận
được sự sâu sắc trong mọi khía cạnh của bài tốn lúc đó ta mới thấy rõ mỗi phương pháp
điều có những ý nghĩa đặc sắc riêng của nó.

Nguyễn Hữu Phúc


Page 3


Giaovienvietnam.com
VD 2: Giải phương trình :
x2 − 4 = 2

a)

b)

d) − x 2 + 2 x + 4 = x − 2

x −1 = x − 7

e) 9x+ 3x − 2 = 10

c)
f)

x2 − 4x + 9 = 3
x2 − 2x − 3 = 2 x + 3

HD:
a) Ta có:

x 2 − 4 = 2 ⇔ x 2 − 4 = 4 ⇔ x 2 = 8 ⇔ x = ±2 2

Vậy pt có 2 nghiệm x = ±2 2 .

b) Ta có:
x − 7 ≥ 0
x −1 = x − 7 ⇔ 
2
 x − 1 = ( x − 7)
x ≥ 7
x ≥ 7

⇔ 2
⇔   x = 10 ⇔ x = 10
 x − 15 x + 50 = 0
 x = 5

c)

x = 0
x2 − 4x + 9 = 3 ⇔ x2 − 4x + 9 = 9 ⇔ x2 − 4 x ⇔ 
x = 4

d) Ta có:
x ≥ 2
x ≥ 2
− x2 + 2x + 4 = x − 2 ⇔  2
⇔ 2
2
 − x + 2 x + 4 = ( x − 2)
2 x − 6 x = 0
x ≥ 2

⇔  x = 0 ⇔ x = 3

 x = 3

e) Ta có:
3
10

3
x ≥
 ≤x≤
2
9 x + 3 x − 2 = 10 ⇔ 
⇔ 2
9
 3 x − 2 = 10 − 9 x
3x − 2 = (10 − 9 x) 2


10
3
≤x≤

10
2
9
3
x = 1

 ≤x≤
⇔ 2
⇔  x = 1

⇔
9
 x = 34
81x 2 − 183x + 102 = 0

34
27


 x =
27


Nguyễn Hữu Phúc

Page 4


Giaovienvietnam.com
f) Ta có:
3
3


x ≥ −
x ≥ −
x − 2x − 3 = 2x + 3 ⇔ 
⇔
2
2

2
2
2
 x − 2 x − 3 = (2 x + 3)
3 x + 14 x + 12 = 0


3

x ≥ − 2

−7 + 13

−7 + 13
⇔  x =
⇔ x=
3
3


−7 − 13
 x =
3

2

Lời bình:


Qua ví dụ trên cho ta thấy giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ

có nhiều lợi thế và tiện lợi, nếu giải bằng phương pháp biến đổi phương trình hệ quả,
nghĩa là phải đặt điều kiện để căn có nghĩa sẽ khó khăn hơn.

Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải các pt
a)

x2 −1 = x −1

d) 3+ x + 6 − x = 3

b) x- 2 x + 3 = 0

c) x 2 + x + 1 = 1

e) 3x − 2 + x − 1 = 3

f) 3 + x − 2 − x = 1

g ) 9 + x = 5 − 2 x + 4 h) 2 x + 5 − 8 = x − 1

k) 2 x 2 − 3 x − 5 = x − 1

HD: a) x=1 b) x=3 c) x=0; x=1; x=(1- 5 )/2
 −3 ≤ x ≤ 6
⇔
3 + x + 6 − x + 2 (3 + x)(6 − x) = 9
 −3 ≤ x ≤ 6
 −3 ≤ x ≤ 6
 x = −3

 −3 ≤ x ≤ 6

⇔
⇔
⇔   x = −3 ⇔ 
(3 + x )(6 − x) = 0
x = 6
 x = 6
 (3 + x)(6 − x) = 0


d) 3+ x + 6 − x = 3

Nguyễn Hữu Phúc

Page 5


Giaovienvietnam.com
 −3 ≤ x ≤ 2
−3 ≤ x ≤ 2
3+ x − 2− x =1⇔ 
⇔
 3 + x = 1 + 2 − x
3 + x = 1 + (2 − x) + 2 2 − x
 −3 ≤ x ≤ 2
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ x ≤ 2

 −3 ≤ x ≤ 2


⇔
⇔  x ≥ 0
⇔ 2
⇔  x = 1 ⇔ x = 1
x + x − 2 = 0
 2 − x = x
 2 − x = x 2
  x = −2



f)

Các câu còn lại giải tương tự.


Chú ý: Dạng

f ( x) − g ( x) = k ⇔

f ( x) = k + g ( x)

( sau đó đặt đk và bình phương 2 vế để giải)

DẠNG 2:

 f ( x) ≥ 0, (hoac g(x) ≥ 0)
f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f(x)=g(x)

VD 1: Giải các phương trình:
a)

x2 − 6x + 4 = 4 − x

b)

x 2 + 3 x − 4 = 2 x + 2 c)

d)

x2 − 4x + 3 = 2 − x

e) 2 x + 1 + x + 5 = 6

f)

x2 − 2 x + 4 = x + 2
x + 3 − 7 − x = 2x − 8

HD:
a) Ta có:
x ≤ 4
x
≤
4
x
≤
4




x2 − 6x + 4 = 4 − x ⇔  2
⇔ 2
⇔  x = 0 ⇔ x = 0
x − 6x + 4 = 4 − x
 x − 5x = 0
 x = 5


Nguyễn Hữu Phúc

Page 6


Giaovienvietnam.com
 Nhận xét: Qua cách giải trên cho ta thấy chọn ĐK: g(x)=4-x ≥ 0 đã làm giảm bớt độ
khó của bài toán và giúp ta giải quyết bài toán này nhẹ nhàng hơn mà vẫn không làm mất
nghiệm của pt đã cho.

Các câu còn lại giải tương tự.
 Chú ý: Dạng

 f ( x) ≥ 0
 g ( x) ≥ 0

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔  h ( x ) ≥ 0

 f ( x).g ( x) = h( x) − ( f ( x) + g ( x)) (dang 1)


2
Hoặc:

f ( x ) − g ( x ) = h( x) ⇔

f ( x ) = g ( x) + h( x)

( về dạng trên)

DẠNG 3: ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH

 f ( x) = 0
f ( x). g ( x ). h( x) = 0 ⇔  g ( x) = 0
 h( x) = 0
VD1: Giải các pt:
a)

(2 x − 8)(4 + x) + 2 (2 x − 8) = 0

b)

( x + 8)(5 + x) − 3 ( x + 8) = 0

c)

(3 x + 9)(2 + x) − 4 (3 x + 9) = 0

d)

(4 x − 8)(4 + 5 x) + 2 (4 x − 8) = 0


a)Ta có

(2 x − 8)(4 + x) + 2 2 x − 8) = 0

HD:

(2 x − 8)(4 + x) + 2 2 x − 8) = 0 ⇔ 2 x − 8

(

)

4+ x +2 =0

2 x − 8 = 0
⇔
⇔x=4
 4 + x + 2 = 0 (VN)

Nguyễn Hữu Phúc

Page 7


Giaovienvietnam.com
Vậy pt có nghiệm x=4
( x + 8)(5 + x) − 3 x + 8 = 0

b)Ta có


( x + 8)(5 + x ) − 3 x + 8 = 0 ⇔ x + 8

(

)

5+ x −3 = 0

x + 8 = 0
 x = −8
 x = −8
⇔
⇔
⇔
x = 4
 5+ x −3 = 0
 x+5 = 3
Vậy pt có nghiệm x=4; x=-8.
Các câu c, d tương tự.
VD2: Giải pt

2x + 8 + 5 3 + x. x + 4 = 0

Cách giải sai thường gặp là:
2 x + 8 + 5 3 + x . x + 4 = 0 ⇔ x + 4( 2 + 5 3 + x ) = 0
 x+4 =0
⇔
⇔ x = −4
 2 + 5 3 + x = 0 (VN)

Cách giải đúng là:
x + 4 ≥ 0
 x ≥ −4
⇔
⇔ x ≥ −3
ĐK: 
3 + x ≥ 0
 x ≥ −3
2 x + 8 + 5 3 + x . x + 4 = 0 ⇒ x + 4( 2 + 5 3 + x ) = 0
 x+4 =0
⇒
⇒ x = −4
2
+
5
3
+
x
=
0
(VN)

Vì x= - 4 khơng thỏa đk nên pt vơ nghiệm.

Lời bình:


Ngun nhân mắc sai lầm của bài tốn trên là đôi lúc ta lại bỏ quên đk xác định của pt




Điều này cho ta thấy rằng điều kiện xác định của pt là rất quan trọng .



PT đưa về dạng tích thường có tính phức tạp cao hơn so với những pt chứa căn thông
thường.

Nguyễn Hữu Phúc

Page 8


Giaovienvietnam.com
2 x + 8 + 5 (3 + x)( x + 4) = 0

VD3: Giải pt
HD

 x ≥ −4
2 x + 8 ≥ 0
 x = −4

⇔   x ≤ −4 ⇔ 
ĐK: 
(3 + x)( x + 4) ≥ 0
 x ≥ −3
  x ≥ −3

2 x + 8 + 5 (3 + x)( x + 4) = 0 ⇔ x + 4( 2 + 5 3 + x ) = 0

 x+4 =0
⇔
⇔ x = −4
2
+
5
3
+
x
=
0
(VN)

Vậy pt có nghiệm x= - 4.

DẠNG 4:

ĐẶT ẨN SỐ PHỤ ( cấp độ thấp)

VD1: Giải các pt
a ) 2x+5-5 2 x + 1 = 0

b) 6x+3-5 6 x − 1 = 0

c) 3x+6-7 3 x + 2 = 0

d) 5x+1-12 5 x − 10 = 0

HD:
a) Ta biến đổi 2 x + 5 − 5 2 x + 1 = 0 ⇔ (2 x + 1) − 5 2 x + 1 + 4 = 0

Đặt : t = 2 x + 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ 2 x + 1 = 1 ⇔ 2 x + 1 = 1 ⇔ x = 0
+ Với t=4 ⇔ 2 x + 1 = 4 ⇔ 2 x + 1 = 16 ⇔ x =

15
2

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=15/2
b) Ta biến đổi 6 x + 3 − 5 6 x − 1 = 0 ⇔ (6 x − 1) − 5 6 x − 1 + 4 = 0

Nguyễn Hữu Phúc

Page 9


Giaovienvietnam.com
Đặt : t = 6 x − 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ 6 x − 1 = 1 ⇔ 6 x − 1 = 1 ⇔ x =

1
3

+ Với t=4 ⇔ 6 x − 1 = 4 ⇔ 6 x − 1 = 16 ⇔ x =


17
6

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=17/6.
Các câu c, d tương tự

VD2: Giải các pt
a ) x 2 +5-5 x 2 + 1 = 0

b) 2x 2 +3-5 2 x 2 − 1 = 0

c) 3x 2 +6-7 3 x 2 + 2 = 0

d) 5x 2 +1-12 5 x 2 − 10 = 0

HD:
a) Ta biến đổi x 2 + 5 − 5 x 2 + 1 = 0 ⇔ ( x 2 + 1) − 5 x 2 + 1 + 4 = 0
Đặt : t = x 2 + 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ x 2 + 1 = 1 ⇔ x 2 + 1 = 1 ⇔ x = 0
+ Với t=4 ⇔ x 2 + 1 = 4 ⇔ x 2 + 1 = 16 ⇔ x = ± 15
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x= ± 15
b) Ta biến đổi 2 x 2 + 3 − 5 2 x 2 − 1 = 0 ⇔ (2 x 2 − 1) − 5 2 x 2 − 1 + 4 = 0
Đặt : t = 2 x 2 − 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4


Nguyễn Hữu Phúc

Page 10


Giaovienvietnam.com
+ Với t=1 ⇔ 2 x − 1 = 1 ⇔ 2 x − 1 = 1 ⇔ x = ±1
2

2

+ Với t=4 ⇔ 2 x 2 − 1 = 4 ⇔ 2 x 2 − 1 = 16 ⇔ x = ±

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = ±1; x= ±

17
2

17
2

Các câu c, d tương tự

Lời bình:


Qua ví dụ trên giúp cho ta thấy được việc đặt ẩn số phụ giúp chúng ta đưa các bài toán
tương đối phức tạp về bài toán đơn giản hơn, quen thuộc và dễ giải hơn.




Điều đó giúp cho ta có ý tưởng có thể tiếp cận các bài tốn phức tạp hơn các bài toán
trên bằng cách đặt ẩn số phụ.



Cũng cần lưu ý rằng nếu đặt ẩn số phụ phải đưa về bài tốn đơn giản hơn thì cách làm
mới có ý nghĩa, cịn ngược lại thì ..!!!.

Bài tập tương tự: Giải các pt
a ) 2x 2 -3-5 2 x 2 + 3 = 0

b) 2x 2 +3x+3-5 2 x 2 + 3 x + 9 = 0

x3
c) 9- 81 − 7 x =
2

d) x 2 +3- 2 x 2 − 3 x + 2 =

3

3
( x + 1)
2

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ ( cấp độ cao hơn)
VD1: Giải pt:

x + 1 + 4 − x + ( x + 1)(4 − x) = 5 (1)


HD: Đặt t= x + 1 + 4 − x (đk t ≥ 0) ⇒ ( x + 1)(4 − x) =
PT(1) trở thành: t +

t2 − 5
2

t = 3
t2 − 5
= 5 ⇔ t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ 
2
t = −5 (l)

Với t=3 ⇔ x + 1 + 4 − x = 3 ⇔ 5 + 2 ( x + 1)(4 − x) = 9 ⇔ ( x + 1)(4 − x) = 2

Nguyễn Hữu Phúc

Page 11


Giaovienvietnam.com
x = 0
( x + 1)(4 − x) = 4 ⇔ − x 2 + 3x = 0 ⇔ 
x = 3
Vậy pt có 2n x=0 và x=3
VD2: Giải pt:

x + 2 + 5 − x + ( x + 2)(5 − x) = 4 (1)

HD: Đặt t= x + 2 + 5 − x (đk t ≥ 0) ⇒ ( x + 2)(5 − x ) =

PT(1) trở thành: t +

t2 − 7
2

t = 3
t2 − 7
= 4 ⇔ t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ 
2
t = −5 (l)

Với t=3 ⇔ x + 2 + 5 − x = 3 ⇔ 7 + 2 ( x + 2)(5 − x) = 9 ⇔ ( x + 1)(4 − x) = 1
⇔ ( x +1)(4 − x) = 1 ⇔ − x 2 + 3 x + 3 = 0 ⇔ x =

Vậy pt có 2n x =

3 ±3 5
2

3±3 5
.
2

Lời bình:


Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng tổng căn thức và tích căn thức thì ta đặt t bằng tổng căn
thức rồi biến đổi tích căn thức theo ẩn t để có pt ẩn t giải được.




Tuy nhiên việc đặt ẩn phụ còn nhiều cách lựa chọn phù hợp khác nhau điều đó giúp ta
tư duy linh hoạt hơn.

VD 3: Giải các pt :
a ) 2x 2 + 3 x + 3 = 5 2 x 2 + 3 x + 9
c) x 2 + 3 − 2 x 2 − 3 x + 2 =

3
( x + 1)
2

b) 9- 81 − 7 x 3 =

x3
2

d) 2x 2 − 9 x + 9 x − 2 x 2 + 6 = 0

HD:
a) Ta biến đổi: 2 x 2 + 3 x + 3 = 5 2 x 2 + 3 x + 9 ⇔ (2 x 2 + 3x + 9) − 5 2 x 2 + 3x + 9 − 6 = 0 (1)
Đặt: t = 2 x 2 + 3 x + 9 , (đk: t ≥ 0)

Nguyễn Hữu Phúc

Page 12


Giaovienvietnam.com
t = −1(l )

2
PT(1) trở thành pt: t − 5t − 6 = 0 ⇔ 
t = 6
x = 3
+ Với t=6 ⇔ 2 x + 3x + 9 = 6 ⇔ 2 x + 3x + 9 = 36 ⇔ 2 x + 3x − 27 = 0 ⇔ 
x = − 9

2
2

2

2

Vậy pt có 2 nghiệm x=3; x= -9/2
b) Ta biến đổi: 9 − 81 − 7 x 3 =

x3
⇔ 81 − 2 81 − 7 x 3 = x 3 ⇔ 81 − x 3 − 2 81 − 7 x 3 = 0
2

Đặt t= 81 − 7x 3 , ( đk: t ≥ 0)
t = 0
2
PT (b) trở thành pt: t − 2t = 0 ⇔ 
t = 2
+ Với t=0 ⇔ 81 − 7 x 3 = 0 ⇔ x 3 =

81
81

⇔x= 3
7
7

+ Với t=2 ⇔ 81 − 7 x 3 = 2 ⇔ 81 − 7 x 3 = 4 ⇔ x 3 = 11 ⇔ x = 3 11
Vậy pt có 2 nghiệm x =

3

81
; x= 3 11
7

2
2
c) Ta biến đổi: x + 3 − 2 x − 3 x + 2 =

3
( x + 1) ⇔ (2 x 2 − 3 x + 2) − 2 2 x 2 − 3x + 2 + 1 = 0 (1)
2

Đặt: t = 2 x 2 − 3 x + 2 , (đk: t ≥ 0)
PT(1) trở thành pt: t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1
x = 1
Với t=1 ⇔ 2 x − 3 x + 2 = 1 ⇔ 2 x − 3 x + 2 = 1 ⇔ 2 x − 3 x + 1 = 0 ⇔ 
x = 1

2
2


2

2

Vậy pt có 2 nghiệm x=1; x= 1/2
Câu d) giải tương tự.
Lời bình:


Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng biểu thức trong căn và tích biểu thức bên ngồi căn nếu
biến đổi thì chúng có liên hệ mật thiết với nhau nên ta đặt t bằng lượng chứa căn thức
rồi biểu thức bên ngoài biểu diễn theo t. Ta được pt quen thuộc giải được.

Nguyễn Hữu Phúc
Các bài toán trên giúp ta thấy được sự đa dạng của việc đặt ẩn phụ.

Page 13


Giaovienvietnam.com

VẤN ĐỀ 2:

KIẾN THỨC NÂNG CAO

DẠNG 1: ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI

Cần nhớ các BĐT sau:
+ a+b ≥ 2 ab


(∀a,b ≥ 0)
2

 a+b
+ ab ≤ 
÷
 2 

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a=b
+ a+b+c ≥ 3 3 abc

(∀a,b,c ≥ 0)
3

 a+b+c 
+ abc ≤ 
÷
3



Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a=b=c

VD1: Giải pt

x + y −1 + z − 2 =

1
( x + y + z)
2


DH: ĐK x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ 2. Áp dụng BĐT Cơ si ta có:
x = x.1 ≤

x +1
2

( y − 1) + 1 y
=
2
2
( z − 2) + 1 z − 1
z − 2 = ( z − 2).1 ≤
=
2
2
1
⇒ x + y − 1 + z − 2 ≤ ( x + y + z)
2
y − 1 = ( y − 1).1 ≤

Nguyễn Hữu Phúc

Page 14


Giaovienvietnam.com
x = 1
x = 1



Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:  y − 1 = 1 ⇔  y = 2
z − 2 = 1 z = 3


Vậy nghiệm của pt là (1; 2; 3)
( x 2 + 1)( y 2 + 2)( z 2 + 3) = 32 xyz , (với x, y, z >0)

VD2: Giải pt:

HD: Ta biến đổi về dạng; (x2+1)(y2+2)(z2+3)= 32xyz

Áp dụng BĐT Cô si ta có:
 x 2 + 1 ≥ 2 x 2 .1 = 2 x

 2
2
 y + 2 ≥ 2 y .2 = 2 2. y
 2
2
 z + 8 ≥ 2 z .8 = 2.2 2.z
⇒ ( x 2 + 1)( y 2 + 2)( z 2 + 8) ≥ 32 xyz
 x2 = 1
x = 1
 2

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:  y = 2 ⇒  y = 2
z2 = 8

z = 2 2


Vậy nghiệm cua pt là: (1;

2; 2 2 )

VD3: Giải pt x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3
HD: ĐK − 2 ≤ x ≤ 2
Theo BĐT Bunnhiacopski ta có:

( x.1 +

)

2

(

)(

)

2 − x 2 .1 ≤ x 2 + (2 − x 2 ) 12 + 12 = 4

⇒ x + 2 − x 2 ≤ 2 (1)

4 y 2 + 4 y + 3 = (2 y + 1) 2 + 2 ≥ 2 (2)

Nguyễn Hữu Phúc

Page 15



Giaovienvietnam.com
x
 x = ±1 (x ≥ 0)  x = 1
2 − x2
 =


⇔
⇒
Từ (1 ) và (2 ) ta có dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:  1
1
1
1
y=−
2 y + 1 = 0
 y = − 2

2


1

Vậy nghiệm của pt là 1; - ÷.
2


VD4: Giải pt


16
+
x −3

4
1225
+
= 82 − x − 3 − y − 1 − z − 665
y −1
z − 665

HD: ĐK x>3, y>1, z>665. Ta viết pt lại dạng:

16
+ x−3 +
x −3

4
1225
+ y −1 +
+ z − 665 = 82
y −1
z − 665

Áp dụng BĐT Cơ si cho từng cặp số ta có:
16
+ x − 3 ≥ 2.
x −3

16

. x −3 = 8
x −3

4
+ y − 1 ≥ 2.
y −1

4
. y −1 = 4
y −1

1225
+ z − 665 ≥ 2.
z − 665
⇒ VT ≥ 82

1225
. z − 665 = 70
z − 665

Dấu “=” xãy ra khi:











16
= x−3
x−3
4
= y −1
y −1
1225
= z − 665
z − 665

VD5: Giải pt

 x − 3 = 16
 x = 19


⇔  y −1 = 4
⇔ y = 5
 z − 665 = 1225  z = 1890



x + 1 4( y − 1) 3 y − 1 + 4
+
= 10
3
x
( y − 1) 2


HD: ĐK: x>0, y ≠ 1

Nguyễn Hữu Phúc

Page 16


Giaovienvietnam.com
x + 1 4( y − 1) y − 1 + 4
1
4
+
= 10 ⇔ x +
+ 4 3 ( y − 1) 2 +
= 10
3
3
x
x
( y − 1) 2
( y − 1) 2
3

1

 x+ x ≥2

⇒
4
 4 3 ( y − 1) 2 +

≥8
3

( y − 1) 2
⇒ VT ≥ 10
Dấu “=” xãy ra khi: x=1; y=2 hoặc x=1; y=0
Vậy nghiệm của pt là: (1; 2); (1; 0)
x − 1 + x − 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2

VD6: Giải pt
HD: ĐK x ≥ 1

(

)

( x − 1.1 + ( x − 3).1) 2 ≤ ( x − 1) + ( x − 3) 2 (1 + 1)
⇒ VT ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) = VP

Dấu “=” xãy ra khi:
x −1 x − 3
=
⇔ ( x − 3) 2 = x − 1
1
1
x = 5
⇔ x 2 − 7 x + 10 = 0 ⇔ 
x = 2
VD7: Giải pt


x2 x
+ + 1 = 2 x3 − x 2 + x + 1
2 2

HD: Ta có:

2 x 3 − x 2 + x + 1 = (2 x + 1)( x 2 − x + 1) ≥ 0
1
⇔ 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −
2
⇒ ĐK : x ≥ −

1
2

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số khơng âm (2x+1) và (x2-x+1) ta có:
(2 x + 1)( x 2 − x + 1) ≤

Nguyễn Hữu Phúc

(2 x + 1) + ( x 2 − x + 1) x 2 x
= + +1
2
2 2

Page 17


Giaovienvietnam.com
x = 0

Dấu “=” xãy ra khi: 2x+1=x2-x+1 ⇔ x(x-3)=0 ⇔ 
x = 3
Vậy pt có 2n x=0; x=3
VD8: Giải pt:

x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 = x 2 − x + 2 (1)

HD: Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

( x 2 + x − 1) + 1 x 2 + x
2
(
x
+
x
−
1).1
≤
=

2
2

2
2
 ( x − x 2 + 1).1 ≤ ( x − x + 1) + 1 = x − x + 2

2
2
⇒ x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 ≤ x + 1 (2)

Từ (1 ) và (2 ) ta có: x2-x+2 ≤ x+1 ⇔ x2-2x+1 ≤ 0 ⇔ (x-1)2 ≤ 0 ⇔ x=1
Thử lại ta có x=1 là nghiệm duy nhất của pt.
VD 9: Giải pt
HD: ĐK

x 2 + x − 5 + x − x 2 + 3 = x 2 − 3x + 4 (1)

−1 + 21
1 + 13
≤x≤
2
2

Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

( x 2 + x − 5) + 1 x 2 + x − 4
2
(
x
+
x
−
5).1
≤
=

2
2

2

2
 ( x − x 2 + 3).1 ≤ ( x − x + 3) + 1 = x − x + 4

2
2
⇒ x 2 + x − 5 + x − x 2 + 3 ≤ x (2)
Từ (1 ) và (2 ) ta có: x2-3x+4 ≤ x ⇔ x2-4x+4 ≤ 0 ⇔ (x-2)2 ≤ 0 ⇔ x=2
Thử lại ta có x=2 là nghiệm duy nhất của pt.
VD 10: Giải pt

x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40 (1)

HD: ĐK: 2 ≤ x ≤ 10
Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 18


Giaovienvietnam.com
1
( x − 2) + 4 x + 2

=
 x − 2 = 2 ( x − 2).4 ≤
4
4

 10 − x = 1 (10 − x).4 ≤ (10 − x) + 4 = 14 − x


2
4
4
⇒ VT = x − 2 + 10 − x ≤ 4 (1)
Mặt khác: VP=x2-12x+40=(x2-2.6.x+36)+4=(x-6)2+4 ≥ 4 (2)
Từ (1 ) và (2 ) ta có dấu “=” xãy ra khi: x=6
Thử lại ta có x=6 là nghiệm duy nhất của pt.
Cách 2: Lưu ý đến bài toán phụ:
∀a, b ≥ 0 ⇒ a + b = (a + b) 2 ≤ (a + b) 2 + (a − b) 2
⇒ a + b ≤ 2(a 2 + b 2 )

Từ đó ta có VT= x − 2 + 10 − x ≤ 2 ( ( x − 2) + (10 − x) ) = 4
( sau đó giải giống trên)
2
2
VD 11: Giải pt x + y +

1
1
+ 2 =4
2
x
y

HD: ĐK xy ≠ 0. Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số
x2 + y 2 +

1
1

1
1
+ 2 = ( x2 + 2 ) + ( y 2 + 2 ) ≥ 2 + 2 = 4
2
x
y
x
y

 x = ±1
Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: 
 y = ±1
A = 0

Cách 2: Đưa pt về dạng A + B + C = 0 ⇒  B = 0
C = 0

2

Nguyễn Hữu Phúc

2

2

Page 19


Giaovienvietnam.com


Ta có:

1
1
1
1
x2 + y2 + 2 + 2 = 4 ⇔ x2 + y 2 + 2 + 2 − 4 = 0
x
y
x
y
1 1
1 1
⇔ ( x 2 − 2.x. + 2 ) + ( y 2 − 2. y. + 2 ) = 0
x x
y y
 1
 x − x = 0
 x = ±1
1 
1

⇔ x− ÷ + y− ÷ = 0⇔ 
⇔
x 
y

 y = ±1
y − 1 = 0
y


2

2

VD 12: Giải pt 4 1 − x 2 + 4 1 − x + 4 1 + x = 3
HD: ĐK -1 ≤ x ≤ 1. Áp dụng BĐT Cơ si ta có:
4

1 − x2 =

4

1− x =

4

1+ x =

1− x + 1+ x
(1)
2
1− x +1
1 − x .1 ≤
(2)
2
1+ x +1
1 + x .1 ≤
(3)
2

1− x. 1+ x ≤

Cộng (1), (2), (3) ta được: 4 1 − x 2 + 4 1 − x + 4 1 + x ≤ 1 + 1 − x + 1 + x
Áp dụng BĐT Cô si thêm một lần nữa ta được:
(1 − x) + 1 2 − x

1
−
x
=
(1
−
x
).1
≤
=

2
2 ⇒ 1+ 1− x + 1+ x ≤ 3
⇒ VT ≤ 3

(1
+
x
)
+
1
2
+
x

 1 + x = (1 + x).1 ≤
=

2
2
1 − x = 1
⇒x=0
Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: 
1 + x = 1
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=0.
Lời bình:


Qua các ví dụ trên cho ta thấy BĐT có thể áp dụng để giải các phương trình chứa căn
thức dạng phức tạp. Nhờ điều kiện dấu bằng xãy ra của BĐT ta tìm được nghệm của pt
một cách dễ dàng hơn.



Ta cũng có thể gặp cách giải này ở hệ pt trình phức tạp sau này.

Bài tập tương tự:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 20


Giaovienvietnam.com
Giải các pt:

3 xy
2
3
2( x − 1) x − 1 + 2 y + 1
b)
+
=6
3
y
( x − 1) 2
a) x y − 1 + 2 y x − 1 =

c) 3 x 2 + 6 x + 12 + 5 x 4 − 10 x 2 + 9 = 3 − 4 x − 2 x 2
d ) x 2 − y 2 + 2 x + 4 y + 1 = 2 ( x 2 + 2 x + 3)(− y 2 + 4 y − 2)
HD: c) Ta có VT= 3( x + 1) 2 + 9 + 5( x 2 − 1) 2 + 4 ≥ 9 + 4 = 5
VP = 3 − 4 x − 2 x 2 = 5 − 2( x + 1) 2 ≤ 5

DẠNG 2: GIẢI PT BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ HỆ PT
Loại 1: PT dạng (ax + b) n = p. n a ' x + b ' + qx + r (I) ( Với n=2; 3)
Cách giải:
-

Đặt:

a ' x + b ' = ay + b , nếu pa’> 0

-

Đặt:


a ' x + b ' = −(ay + b) , nếu pa’< 0

-

Đưa pt (I) về hệ pt đối xứng loại 2 hoặc gần đối xứng để giải.

VD1: Giải pt: 4 x 2 + 3x + 1 + 5 = 13 x (1)
HD: ĐK: x ≥ −

1
3

PT(1) trở thành: 4 x 2 − 12 x + 9 = − 3 x + 1 + x + 4 ⇔ (2 x − 3) 2 = − 3x + 1 + x + 4 (2)
Đặt:

3x + 1 = −(2 y − 3) , (ĐK: y ≤

3
) (2 y − 3) 2 = 3 x + 1
2

(2 y − 3) 2 = 3 x + 1 (1')
Kết hợp với đề bài ta có hệ pt: 
2
(2 x − 3) = 2 y + x + 1 (2')
x = y
Trừ (1’) và (2’) ta được: ( x − y )(2 x + 2 y − 5) = 0 ⇔ 
 x = −2 y + 5

2


Nguyễn Hữu Phúc

Page 21


Giaovienvietnam.com

15 + 97
(l)
y =
8
2
+ Thay x=y vào (1’) ta được: 4 y − 15 y + 8 = 0 ⇔ 

15 − 97
(n)
y =
8

⇒x= y=

15 − 97
.
8

+ Thay x =

⇒x=


−2 y + 5
9 + 73
9 − 73
vào (1’) ta được: 8 y 2 − 18 y + 1 = 0 ⇔ y =
(l); y=
(n)
2
8
8

11 + 73
.
8

Vậy pt đã cho có nghiệm là: x =

15 − 97
11 + 73
.
; x=
8
8

VD2: Giải pt: 32 x 2 + 32 x = 2 x + 15 + 20 (1)
HD: ĐK: x ≥ −

5
2

PT(1) trở thành: 32 x 2 + 32 x = 2 x + 15 + 20 ⇔ 2(4 x + 2) 2 = 2 x + 15 + 28 (2)

Đặt:

1
2 x + 15 = 4 y + 2 , (ĐK: y ≥ − ) ⇒ (4 y + 2) 2 = 2 x + 15
2

(4 y + 2) 2 = 2 x + 15 (1')
Kết hợp với đề bài ta có hệ pt: 
2
(4 x + 2) = 2 y + 15 (2')
x = y
Trừ (1’) và (2’) ta được: ( x − y )(8 x + 8 y + 9) = 0 ⇔ 
x = − y − 9
8

11

y=−
(l)

1
8
2
⇒x= y= .
+ Thay x=y vào (1’) ta được: 16 y + 14 y − 11 = 0 ⇔ 
2
 y = 1 (n)

2
+ Thay x = − y −


9
35
9 − 221
−9 + 221
vào (1’) ta được: 16 y 2 + 18 y −
= −0 ⇔ y =
(l); y=
(n)
8
4
16
16

Nguyễn Hữu Phúc

Page 22


Giaovienvietnam.com
⇒x=−

9 + 221
.
16

1
9 + 221
Vậy pt đã cho có nghiệm là: x = ; x=.
2

16

Bài tập tương tự: Giải các pt:
a) x 2 + 4 x = x + 6

b) x 2 − 4 x − 3 = x + 5

c) x 2 − 2 x = 2 2 x − 1

d) 2x 2 + 4 x =

x+3
2

Lời bình:


Qua các ví dụ trên cho ta thấy rằng đơi lúc giải pt chứa căn thức cũng phải đưa về hệ
phương trình mới có thể giải được.



Điều này giúp cho chúng ta có cách nhìn rộng hơn về các khía cạnh của một bài tốn.



Nó cịn có nhiều cách nhìn tuyệt chiêu hơn nữa nhưng thời gian có hạn nên tơi tạm đưa
ra một số cách tiếp cận lời giải của bài tốn chứa căn thức thế thơi. Mong độc giả tự tìm
hiểu thêm.




Ơng bà ta thường nói: “ Lên non mới biết non cao, lội sông mới biết sông nào cạn sâu”.

Nguyễn Hữu Phúc

Page 23


Giaovienvietnam.com

Nguyễn Hữu Phúc

Page 24